辽宁省大连市旅顺口区届高三月考化学解析版.docx
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辽宁省大连市旅顺口区届高三月考化学解析版
辽宁省大连市旅顺口区2020届高三10月月考
可能用到的相对原子质量:
C12Cl35.5Co59Na23O16
一、单项选择题(本大题共15小题,每小题2分,共30分)
1.中国人民在悠久的历史中创造了绚丽多彩的中华文化,下列说法错误的是()
A.“木活字”是由元代王祯创制的用于印刷的活字,“木活字”的主要成分是纤维素
B.“苏绣”是用蚕丝线在丝绸或其他织物上绣出图案的工艺,蚕丝的主要成分是蛋白质
C.“黑芝麻糊”是一道传统美食,食用时可加入白砂糖作配料,白砂糖的主要成分是麦芽糖
D.“黑陶”是一种传统工艺品,是用陶土烧制而成,其主要成分为硅酸盐
【答案】C
【详解】A.“木活字”是木头制造的,其主要成分是纤维素,A项正确;
B.蚕丝的主要成分是蛋白质,B项正确;
C.白砂糖的主要成分是蔗糖,C项错误;
D.“黑陶”是用陶土烧制而成,其主要成分为硅酸盐,D项正确。
故选C。
2.下列有关化学用语表示正确的是()
A.乙醇的分子式:
C2H5OHB.次氯酸的电子式:
C.氯原子的结构示意图:
D.中子数为146、质子数为92的铀(U)原子:
【答案】B
【详解】A.乙醇的分子式是C2H6O,结构简式是C2H5OH,A错误;
B.HClO分子中O原子最外层有6个电子,分别与Cl、H原子形成一对共用电子对,从而使每个原子都达到稳定结构,因此电子式是
,B正确;
C.Cl原子核外电子数是17,最外层有7个电子,原子结构示意图为
,C错误;
D.中子数为146、质子数为92的铀原子质量数是238,用原子符号表示为
,D错误;
故合理选项
B。
3.下列实验操作和现象及所得出的结论都正确的是()
选项
实验操作和现象
结论
A
向BaCl2溶液中通入SO2,产生白色沉淀
BaSO3是不溶于水的白色固体
B
向蓝色石蕊试纸上滴加新制氯水,试纸边缘呈红色,中间为白色
氯水既有酸性又有还原性
C
相同条件下,分别测量0.1mol·L-1和0.01mol·L-1醋酸溶液的导电性,前者的导电性强
醋酸浓度越大,电离程度越大
D
取5mL0.1mol·L-1KI溶液,加入1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液,萃取分液后,向水层滴入KSCN溶液,溶液变成血红色
Fe3+与I-所发生的反应为可逆反应
【答案】D
【详解】A、亚硫酸的酸性小于盐酸,所以向BaCl2溶液中通入SO2,不反应,没有白色沉淀生成,故A错误;
B、向蓝色石蕊试纸上滴加新制氯水,试纸边缘呈红色体现酸性,中间为白色体现漂白性(氧化性),故B错误;
C、弱电解质浓度越小电离程度越大,醋酸浓度越大,电离程度越小,故C错误;
D、取5mL0.1mol·L-1KI溶液,加入1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液,KI溶液过量,萃取分液后,向水层滴入KSCN溶液,溶液变成血红色,说明溶液中有Fe3+,证明Fe3+与I-所发生的反应为可逆反应,故D正确;
故选D。
4.下列有关实验操作的叙述合理的是()
A.用pH试纸测定溶液pH时,不需要预先润湿
B.蒸馏实验中,忘记加沸石,应立即趁热加入沸石
C.要量取15.80mL溴水,须使用棕色的碱式滴定管
D.用氢氧化钠溶液检验FeCl3溶液中混有的Fe2+
【答案】A
【详解】A、预先润湿pH试纸,相当于对溶液稀释,用pH试纸测定溶液pH时,不需要预先润湿,故A正确;
B.蒸馏实验中,忘记加沸石,应停止加热,冷却后加入沸石,故B错误;
C.溴水能腐蚀橡胶,要量取15.80mL溴水,须使用酸式滴定管,故C错误;
D.用高锰酸钾或铁氰酸钾溶液检验FeCl3溶液中混有的Fe2+,故D错误;
故选A。
5.NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()
A.1L0.1mol·L-1的NH4NO3溶液中含0.1NA个NH4+
B.7.8gNa2S晶体中含有0.1NA个Na2S分子
C.若100mL某饮料中含钠23mg,则钠离子浓度为0.01mol·L-1
D.28g由乙烯和丙烯组成的混合气体中含有NA个碳碳双键
【答案】C
【详解】A.铵根离子会发生水解反应而消耗,所以1L0.1mol·L-1的NH4NO3溶液中含铵根离子的数目小于0.1NA个,A错误;
B.Na2S是离子化合物,在固体中也没有Na2S分子,B错误;
C.n(Na+)=0.023g÷23g/mol=0.001mol,故c(Na+)=0.001mol÷0.1L=0.01mol/L,C正确;
D.若28g为乙烯,其物质的量是1mol,含有NA个碳碳双键;若全为丙烯,则其物质的量小于1mol,因此含有的碳碳双键数目就小于NA个,D错误;
故合理选项是C。
6.下列离子方程式书写正确的是()
A.Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应的离子方程式:
S2O32-+6H+=2S↓+3H2O
B.向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2,CO32-+CO2+H2O=2HCO3-
C.AgNO3与过量浓氨水反应的离子方程式:
Ag++NH3·H2O=AgOH↓+NH4+
D.Fe与稀硝酸反应,当n(Fe):
n(HNO3)=1:
2时,3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O
【答案】D
【详解】A.电荷不守恒,Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应的离子方程式:
S2O32-+2H+═S↓+SO2↑+H2O,故A错误;
B.因为Na2CO3溶液是饱和的,所以生成的NaHCO3会析出,反应的离子方程式应为CO32-+H2O+CO2+2Na+=2NaHCO3↓,故B错误;
C.向AgNO3溶液中逐滴加入氨水,开始会生成氢氧化银白色沉淀,但是氢氧化银会溶于过量的氨水中,反应生成氢氧化银氨溶液,会出现沉淀然后消失,离子方程式为:
Ag++2NH3•H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O,故C错误;
D.Fe与稀硝酸反应,当n(Fe):
n(HNO3)=1:
2时,硝酸不足,反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水;离子方程式:
3Fe+2NO3﹣+8H+═3Fe2++2NO↑+4H2O,故D正确。
故选D。
【点睛】判断离子方程式的正误:
“一看”电荷是否守恒:
在离子方程式中,两边的电荷数及原子数必须守恒;“二看”拆分是否恰当:
在离子方程式中,强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式;难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分,要写成化学式;“三看”是否符合客观事实:
离子反应的反应物与生成物必须与客观事实相吻合。
7.氯化亚铜(CuC1)是白色粉末,微溶于水,酸性条件下不稳定,易生成金属Cu和Cu2+。
某小组拟热分解CuCl2·2H2O制备CuC1,并进行相关探究。
下列说法正确的是()
A.制备CuC1时产生的Cl2可以回收循环利用,也可以通入饱和NaC1溶液中除去
B.Cu2(OH)2Cl2在200℃时反应的化学方程式为:
Cu2(OH)2Cl2
2CuO+2HCl↑
C.X气体可以是N2,目的是做保护气,抑制CuCl2·2H2O加热过程可能的水解
D.CuC1与稀硫酸反应离子方程式:
2CuCl+4H++SO42-=2Cu2++2Cl-+SO2↑+2H2O
【答案】B
【分析】A.Cl2在饱和NaC1溶液中的溶解度小,不能被吸收;
B.Cu2(OH)2Cl2加热至200℃时生成CuO,结合原子守恒书写化学方程式;
C.X气体是用于抑制CuCl2水解;
D.CuC1在酸性条件下不稳定,易生成金属铜和Cu2+。
【详解】A.制备CuC1时产生的Cl2可以转化为HCl,回收循环利用,Cl2在饱和NaC1溶液中的溶解度小,不能被吸收除去,故A错误;
B.Cu2(OH)2Cl2加热至200℃时生成CuO,结合原子守恒可知,还生成HCl,则化学方程式为:
Cu2(OH)2Cl2
2CuO+2HCl↑,故B正确;
C.CuCl2水解生成氢氧化铜和HCl,X气体是用于抑制CuCl2水解,则X为HCl,不是氮气,故C错误;
D.CuC1在酸性条件下不稳定,易生成金属铜和Cu2+,故D错误。
故选B。
8.中学化学中很多“规律”都有其适用范围,下列根据有关“规律”推出的结论正确的是()
A.铁与氯气反应制氯化铁,推出铁与碘反应制碘化铁
B.CO2通入到漂白粉溶液中发生CO2+Ca(ClO)2+H2O=CaCO3↓+2HClO,推出SO2通入到漂白粉溶液中发生SO2+Ca(ClO)2+H2O=CaSO3↓+2HClO
C.利用可溶性的铝盐溶液与氨水反应制Al(OH)3,推出可溶性的铁盐溶液与氨水反应制Fe(OH)3
D.Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2,推出Na2O2与SO2反应可生成Na2SO3和O2
【答案】C
【详解】A.三价铁离子能氧化碘离子,所以铁与碘反应生成碘化亚铁,不能生成碘化铁,故A错误;
B.SO2通入到漂白粉溶液中,二氧化硫被次氯酸钙氧化生成硫酸钙,所以SO2通入到漂白粉溶液中不能生成CaSO3,故B错误;
C.可溶性的铝盐和铁盐都能和氨水生成沉淀,即可溶性的铝盐溶液与氨水反应制Al(OH)3,可溶性的铁盐溶液与氨水反应制Fe(OH)3,故C正确。
D.过氧化钠能氧化二氧化硫,所以Na2O2与SO2反应可生成Na2SO4,不能生成Na2SO3,故D错误;
答案选C。
9.下列实验操作、现象和结论均正确的是()
选项
实验操作
现象
结论
A
将铜粉加入1.0mol/LFe2(SO4)3溶液中
溶液变为蓝色
金属铁比铜活泼
B
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热
熔化后的液态铝不滴落下来
氧化铝的熔点高于铝的熔点
C
常温下,用pH计测0.1mol/LNaX溶液和0.1mol/LNa2CO3溶液的pH
前者小于后者
酸性:
HX>H2CO3
D
向10%的蔗糖溶液中加入少量稀硫酸,水浴加热一段时间,再加入银氨溶液
未出现光亮银镜
蔗糖未发生水解
【答案】B
【详解】A.由于发生反应:
Cu+Fe2(SO4)3=CuSO4+2FeSO4,不能证明金属铁比铜活泼,A错误;
B.加热发生反应:
4Al+3O2
2Al2O3,熔化后的液态铝不滴落下来,就是由于在熔化的Al表面包裹了一层致密的Al2O3,所以可以证明氧化铝的熔点高于铝的熔点,B正确;
C.Na2CO3溶液的pH大,可知阴离子的水解程度大,则对应HCO3-的酸性弱,即酸性为HX>HCO3-,不能证明HX与H2CO3的酸性强弱,C错误;
D.向10%的蔗糖溶液中加入少量稀硫酸,水浴加热一段时间,由于该溶液为酸性,没有用碱将催化剂硫酸中和,所以再加入银氨溶液,未出现光亮银镜,不能证明蔗糖是否发生水解反应,D错误;
故合理选项是B。
10.人们从冰箱中取出的“常态冰”仅是冰存在的多种可能的形式之一。
目前,科学家发现了一种全新的多孔、轻量级的“气态冰”,可形成气凝胶。
下列有关说法正确的是()
A.“常态冰”和“气态冰”结构不同,是同素异形体
B.“气态冰”因其特殊的结构而具有比“常态冰”更活泼的化学性质
C.18g“气态冰”的体积为22.4L
D.构成“气态冰”的分子中含有极性共价键
【答案】D
【详解】A.“常态冰”和“气态冰”是水存在的不同形式,状态不同,但是同一种物质,故A错误;
B.“常态冰”和“气态冰”是水存在的不同形式,物理性质不同,但化学性质相同,故B错误;
C.“气态冰”是形成气凝胶的冰,标准状况下不是气体,18g“气态冰”的体积小于22.4L,故C错误;
D.“气态冰”的分子是水分子,构成“气态冰”的分子中含有极性共价键,故D正确。
故选D。
11.根据下表中的信息判断,下列说法错误的是()
A.第①组反应的氧化产物为O2
B.第②组反应中C12与FeBr2的物质的量之比小于或等于1:
2
C.第③组反应中生成3molC12,转移6mol电子
D.氧化性由强到弱的顺序为C1O3->C12>Fe3+
【答案】C
【详解】A.H2O2中O元素的化合价升高,失去电子,被氧化,则H2O2反应的氧化产物为O2,A正确;
B.②中溴元素的化合价没有变化,Cl2只将Fe2+氧化为Fe3+,发生的反应为3Cl2+6FeBr2=2FeCl3+4FeBr3,则Cl2与FeBr2的物质的量之比为1:
2,若小于1:
2,也只发生该反应,B正确;
C.在KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O中,每生成3mol氯气转移5mol电子,生成1molCl2转移
mol电子,C错误;
D.KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O反应中,物质的氧化性:
ClO3->Cl2,Cl2氧化FeBr2生成FeBr3,则氧化性:
Cl2>Fe3+,因此物质的氧化性由强到弱的顺序为ClO3->Cl2>Fe3+,D正确;
故合理选项是C。
12.X、Y、Z、M、W为五种短周期主族元素且原子序数依次增大。
X有三种核素,质量数之比为1∶2∶3,Y是植物生长所需的三大营养元素之一,Z和M同主族。
下列说法中错误的是()
A.简单氢化物的稳定性:
W>M
B.简单离子半径:
r(M)>r(W)>r(Y)>r(Z)
C.X、Y、Z三种元素只能形成共价化合物
D.Y、W分别与X形成的最简单化合物相遇会出现白烟
【答案】C
【详解】A.X、Y、Z、M、W为5种短周期主族元素且原子序数依次增大。
X有三种核素,质量数之比为1∶2∶3,则X是氢元素;Y是植物生长所需的三大营养元素之一,Y是氮元素;Z和M同主族,Z只能是第二周期的元素,若Z是氧元素,M是硫元素;若Z是氟元素,M是氯元素,则W元素不属于短周期主族元素。
综上,Z为氧元素,M为硫元素,W为氯元素。
A.由于非金属性:
Cl>S,故氢化物的稳定性:
HCl>H2S,故A项正确;
B.M和W对应的简单离子为:
S2−和Cl−,由于二者核外电子排布相同,核电荷数越小,半径越大,故r(S2−)>r(Cl−);Y和Z形成的简单离子分别为:
N3−和O2−,二者核外电子排布相同,离子半径:
r(N3−)>r(O2−);由于电子层数越多半径越大,故r(S2−)>r(Cl−)>r(N3−)>r(O2−),故B项正确;
C.H、N、O三种元素可以形成NH4NO3,化合物中含有离子键,属于离子化合物,故C项错误;
D.N、Cl与H形成化合物分别为:
NH3和HCl,二者相遇会生成NH4Cl固体颗粒,有白烟出现,故D项正确,
故选C。
13.现将1.92gCu投入到一定量的浓HNO3中,Cu完全溶解,生成气体颜色越来越浅,共收集到标准状况下672mL的NOX混合气体,将盛有此气体的容器倒扣在水槽中,通入标准状况下一定体积的O2,恰好使气体完全溶于水,则通入标准状况下的O2的体积为()
A.504mLB.336mLC.224mLD.168mL
【答案】B
【详解】1.92gCu的物质的量为n(Cu)=
=0.03mol,反应时失去电子的物质的量为2×0.03mol=0.06mol,反应整个过程为HNO3
NO、NO2
HNO3,反应前后HNO3的物质的量不变,而化合价变化的只有铜和氧气,则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目,所以消耗氧气的物质的量为n(O2)=
=0.015mol,V(O2)=0.015mol×22400mL/mol=336mL,所以通入O2的体积为336mL,故答案为B。
【点睛】电子守恒法解题的步骤是:
首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量,然后根据电子守恒列出等式。
计算公式如下:
n(氧化剂)×得电子原子数×原子降价数=n(还原剂)×失电子原子数×原子升价数。
利用这一等式,解氧化还原反应计算题,可化难为易,化繁为简。
14.某学习小组拟探究CO2和锌粒反应是否生成CO,已知CO能与银氨溶液反应产生黑色固体。
实验装置如图所示:
下列说法正确的是()
A.实验开始时,先点燃酒精灯,后打开活塞K
B.b、c、f中试剂依次为氢氧化钠溶液、浓硫酸、银氨溶液
C.装置e的作用是收集一氧化碳气体
D.用上述装置(另择试剂)可以制备氢气并探究其还原性
【答案】D
【分析】探究CO2和锌粒反应是否生成CO,已知CO能与银氨溶液反应产生黑色固体,a装置是二氧化碳气体发生装置,生成的二氧化碳气体含有氯化氢和水蒸气,通过b中饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢,装置c中浓硫酸除去水蒸气,通过d加热和锌发生反应,生成的气体通过装置e分离二氧化碳和一氧化碳,一氧化碳进入装置f中的银氨溶液产生黑色固体,验证一氧化碳的存在,据此分析判断选项。
【详解】通过上述分析可知装置图中各个装置的作用分别是:
a装置是二氧化碳气体发生装置,生成的二氧化碳气体含有氯化氢和水蒸气,通过b中饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢,装置c中浓硫酸除去水蒸气,通过d加热和锌发生反应,生成的气体通过装置e分离二氧化碳和一氧化碳,一氧化碳进入装置f中的银氨溶液产生黑色固体,验证一氧化碳的存在。
A.实验开始时,装置内含有空气,若先点燃酒精灯,锌与空气反应产生ZnO,无法使CO2与ZnO反应,所以应该先打开活塞K,使CO2充满整个装置后再点燃酒精灯,A错误;
B.通过前面分析可知b中试剂为饱和碳酸氢钠溶液,用来除去杂质氯化氢;c中试剂为浓硫酸,用来干燥CO2气体;f中试剂为银氨溶液,验证一氧化碳的存在,B错误;
C.装置e的作用是分离二氧化碳与一氧化碳的混合气体,C错误;
D.由于在实验室中是用稀盐酸与Zn粒反应制取氢气,反应不需要加热,因此也可以使用启普发生器制取,然后用饱和食盐水或水除HCl杂质,用浓硫酸干燥氢气,再通过盛有CuO的干燥管来验证H2的还原性,e作安全瓶,可以防止倒吸现象的发生,氢气是可燃性气体,在排放前要进行尾气处理,D正确;
故合理选项是D。
【点睛】本题考查了物质性质、实验过程分析、气体除杂和气体性质的理解应用,注意装置的作用的分析判断,掌握基础知识和基本技能是解题关键,题目难度中等。
15.已知:
①H+(aq)+OH-(aq)===H2O(l)ΔH1=-57.3kJ·mol-1,
②H2(g)+
O2(g)===H2O(g)ΔH2=-241.8kJ·mol-1,下列有关说法正确的是()
A.向含0.1molNaOH的溶液中加入一定体积的0.1mol·L-1乙二酸,反应中的能量变化如上图所示
B.H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)===BaSO4(s)+2H2O(l) ΔH=-114.6kJ·mol-1
C.氢气的标准燃烧热为241.8kJ·mol-1
D.若反应②中水为液态,则同样条件下的反应热:
ΔH>ΔH2
【答案】A
【解析】乙二酸是弱酸,向含0.1molNaOH的溶液中加入一定体积的0.1mol·L-1乙二酸放出热量小于57.3kJ,故A正确;H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)===BaSO4(s)+2H2O(l) 由于有硫酸钡沉淀生成,放出的热量大于114.6kJ,故B错误;氢气的标准燃烧热是生成液态水放出的热量,故C错误;若反应②中水为液态,则同样条件下的反应热:
ΔH<ΔH2,故D错误。
二、单项选择题(本大题共6小题,每小题3分,共18分)
16.芳香族化合物A与
互为同分异构体,A苯环上的一氯代物只有一种结构,则A可能的结构有()
A.5种B.6种C.7种D.8种
【答案】C
【详解】有2个相同的取代基处于对位时,一氯代物只有一种,如
;将取代基换成2个—Br和2个—CH3,分子为轴对称或者中心对称时,一氯代物只有一种。
中心对称分子有1种,
;轴对称分子有5种,分别为
、
、
、
、
;共7种;
答案选C。
17.化合物
(a)、
(b)、
(c)同属于薄荷系有机物,下列说法正确的是()
A.a、b、c都属于芳香族化合物B.a、b、c都能使溴水褪色
C.由a生成c的反应是氧化反应D.b、c互为同分异构体
【答案】D
【解析】A、芳香族化合物含有苯环,这三种化合物不含有苯环,不属于芳香族化合物,故A错误;B、a、c含有碳碳双键,能使溴水褪色,b不含有碳碳双键,不能使溴水褪色,故B错误;C、对比a和c结构简式,a生成c发生加成反应,故C错误;D、b和c
分子式为C10H18O,结构不同,属于同分异构体,故D正确。
18.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,甲、乙分别是X、W两元素对应的单质,丙、丁是由这些元素组成的二元化合物,戊是Z的最高价氧化物对应的水化物,且25℃时0.1mol/L戊溶液的pH为13,工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊。
下列说法不正确的是( )
A.原子半径:
Z>W>Y>X
B.Z分别与X、Y、W形成的化合物中一定没有共价键
C.元素Y与X、Z都能组成两种化合物
D.乙与戊的水溶液反应后所得溶液具有漂白性
【答案】B
【分析】根据工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊,可推测是电解饱和食盐水,生成氢气、氯气和氢氧化钠,故甲为氢气,所以X是H元素,乙是氯气,所以W为Cl元素,戊是Z的最高价氧化物对应的水化物,且25℃时0.1mol/L戊溶液的pH为13,所以戊为氢氧化钠,根据短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,所以Y为O元素,Z为钠元素。
【详解】A、Z为钠元素,W为Cl元素,Y为O元素,X是H元素,原子半径大小比较先看电子层数,电子层数越多半径越大,电子层数相同,核电荷数越大半径越小,所以原子半径:
Z>W>Y>X,故A正确;B、钠与氧气在点燃那条件下生成过氧化钠,其中含有氧与氧之间的共价键,故B错误;C、Y为O元素,X是H元素,两者可以形成水和过氧化氢两种化合物,Z为钠元素,可以与氧元素生成氧化钠和过氧化钠两种化合物,故C正确;D、乙为氯气,戊为氢氧化钠两者反应可生成次氯酸钠、氯化钠和水,此溶液具有漂白效果,故D正确;故选B。
【点睛】本题为简单的无机推断,本题的突破点为工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊,可猜测应该是点解饱和食盐水,进而推出其他物质。
原子半径大小比较先看电子层数,电子层数越多半径越大,电子层数相同,核电荷数越大半径越小;离子化合物中也可能含有共价键。
19.探究浓硫酸和铜的反应,下列装置或操作正确的是()
A.用装置甲进行铜和浓硫酸的反应
B.用装置乙收集二氧化硫并吸收尾气
C.用装置丙稀释反应后的混合液
D.用装置丁测定余酸的浓度
【答案】C
【详解】A.铜与浓硫酸反应需加热,无酒精灯,错误;
B.SO2密度比空气的密度大,应该长管进,短管出,错误;
C.稀释浓硫酸,将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢倒入水中,并不断用玻璃棒搅拌,正确;
D.NaOH溶液腐蚀玻璃,应放在碱式滴定管中,该滴定管是酸式滴定管,错误;
选C。
20.实验室模拟工业漂白液(有效成分为NaClO)脱除废水中氨氮(NH3)的流程如下:
下列分析正确的是()
A.①中采用蒸馏的方法精制粗盐水
B.②中阳极的主要电极反应:
4OH--4e-=2H2O+O2↑
C.③中制备漂白液的反应:
Cl2+OH-=Cl-+HClO
D.②、③、④中均发生了氧化还原反应
【答案】D
【详解】A.①中采用蒸馏只能得到蒸馏水,得不到精制盐水,要得到精制盐水需要使用化学方
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